1樓：Calci
證明：反設 ,存在內含的圓鄰域，使得點集為可數集。
是 的乙個開覆蓋，由於 ,由lindelof定理得存在可數子覆蓋 ,使得 ,所以是可數集，從而 也是可數集，這與是不可數集矛盾。
2樓：
與寨森的回答一樣，假設結論不對，每個 , 都找乙個 的鄰域 , 使得 只含 的可數多個點。
下面，我們斷言：存在可數的 使得 .
(其實就是Lindeloff 性質：每個開覆蓋都有可數子覆蓋. 第二可數可以推出Lindeloff, 是第二可數的，第二可數是遺傳的).
這樣由於每個 是可數的，就可以得到 也是可數的，因而矛盾.
斷言的證明：假設 列出了所有端點為有理數的開長方形， 每個 都是這些端點有理數的開長方形的並，所以存在自然數的子集 , 使得
令 為所有這些 的並，就是 ，當然也是自然數的子集，因而是可數的。
對每個 , 取出乙個 , 使得 .
這樣就有
3樓：寨森Lambda-CDM
不妨設 是有界集。（為什麼只需證有界集的情形？注意到 可以寫成可數個有界集的並，所以 必然存在乙個有界子集是不可數集。這裡用到了可數集的可數並是可數集。）
假設命題不成立，那麼每個 都聯絡乙個 ，使得 只含 中可數多個點。我們宣告：對每個 ，使得 的 至多可數。
這樣的話， 是可數集的可數並，也就是可數集，這樣就匯出矛盾了，於是就證明了原命題。
讓我們看看為什麼這個宣告成立。假設宣告不成立，即對於某個 ，是不可數集，那當然也不是空集，所以可以取乙個點 。注意， 只含 中可數多個點，所以 包含不可數個點，也即不是空集，所以可以取 ，即滿足 （其中 表示距離）。
類似地， 也是不可數集，即不是空集，所以可以取 滿足 且 。這樣，就構造了一列 ，使得 距離前 個點的距離都大於等於 。根據這個構造， 不可能存在收斂子列。
這是因為任何子列 都滿足 ，顯見不會收斂。但是由於 是有界集（ 是有界集！），所以必然存在收斂子列。
這就匯出矛盾了。於是那個宣告成立。
@蛋捲就靠卷 的證明第一句話「可以把E變成R2」感覺gap有點大。他後面的論證只能證明 使得性質成立，如何過渡到 呢？可能還需要再補充一下。
4樓：蛋捲就靠卷
反證法：可以把E變成R2。假如反之，R2上處處都有鄰域內部涵蓋乙個E的可數集，則R2可覆蓋於其上所有有理點（即橫縱座標全是有理數的點）的圓鄰域內。
而可數個可數集的並的基數依然可數。矛盾，得證。當然了，你得承認選擇公理
這個問題如何證明
陳必紅 拉格朗日中值定理是說，對於任何乙個可微函式 對於任何乙個區間 必在這個區間中存在一點 使得 因此先是只考慮 的情況，並在上面的中值定理中，令 即有其中 是 的上確界，根據題意 對於 的情況類似。 人間謫仙 由 有界，知存在某個常數 使得 當 時 由於 利用導數的定義知對於任意的 存在 滿足 ...
這個問題該如何證明
自學生 我用我發現的個人觀點看問題。都是一對1公尺和1秒時間統一尺度，的1公尺立方水體1噸同時存，的自然平行和人為分解的一對二進位制法則。都是一對1公尺的1千公釐 1千公釐 1百萬公釐立方體的平方面，再次 1千層的公釐分子立方體和1公尺份母立方體。都是一對正中時間統一標準的無盡前後變化時間數學原理模...
請問如何證明這個級數問題？
零蛋大 By 西西 法I.若序列 單調遞增,則這與 收斂矛盾,故 單調遞減.由Cauchy收斂準則知對 0 eeimg 1 s.t.當 M N eeimg 1 時 取 當 充分大時,則有 sum ka k cdot frac geqslant na n sum frac geqslant na n ...